Capítulo 16
SOLUÇÕES AQUOSAS: SOLUBILIDADE E EQUILÍBRIO DOS
ÍONS COMPLEXOS
TÓPICOS GERAIS
16.1 A SOLUBILIDADE DE SÓLIDOS IÔNICOS O produto de solubilidade
O efeito do íon-comum
16.2 REAÇÕES DE PRECIPITAÇÃO Prevendo a ocorrência de precipitação
16.3 EQUILÍBRIOS ENVOLVENDO ÍONS COMPLEXOS A dissociação de íons complexos
Cálculos de dissociação de íons complexos Anfoterismo de hidróxidos compostos
16.4 EQUILÍBRIOS SIMULTÂNEOS A precipitação de sulfetos metálicos
Neste capítulo continuaremos nossos estudos de equilíbrio iônico em soluções aquosas. Estudaremos inicialmente os equilíbrios de solubilidade, que são exemplos de equilíbrio heterogêneo, porque envolvem o equilíbrio de um sólido com seus íons em solução, em sistema de duas fases. Em seguida, consideraremos o equilíbrio (homogêneo) entre um íon complexo e seus produtos de dissociação. Finalmente, abordaremos alguns sistemas nos quais interagem equilíbrios envolvendo solubilidade e outros, de tal maneira que várias condições de equilíbrio são satisfeitas simultaneamente.
16.1 A SOLUBILIDADE DE SÓLIDOS IÔNICOS
Quando um não-eletrólito sólido se dissolve em água, a solução resultante contém apenas um tipo de espécie de soluto: moléculas neutras. Assim, uma solução saturada de sacarose, C12H22O11, contém apenas moléculas de sacarose em equilíbrio com um excesso de
soluto não-dissolvido.
C12H22O11(s) C12H22O11 (aq)
Entretanto, quando um eletrólito sólido se dissolve, pelo menos dois tipos de partículas (íons) são liberados para a solução e, na saturação, o equilíbrio é mais complexo. Assim, em uma solução saturada de NaCl, íons sódio e íons cloreto em solução estão em equilíbrio com excesso de NaCl sólido:
NaCl(s) Na+(aq) + Cl–(aq)
O PRODUTO DE SOLUBILIDADE
Considere um sólido iônico, MA, pouco solúvel, formado de íons M+ e A– localizados em pontos no retículo cristalino. Suponha que uma quantidade suficiente de MA seja dissolvida em água para produzir uma solução saturada contendo algum MA sólido. Estabelece-se um equilíbrio de solubilidade que pode ser escrito:
MA(s) M+(aq) + A–(aq)
Entretanto, esta expressão pode ser simplificada. Como vimos na Seção 14.4, a concentração de uma substância quando em fase sólida pura é uma constante. Assim, a condição de equilíbrio pode ser reescrita como:
[M+][A–] = K' [MA]
Ou:
[M+][A–] = Kps
Onde Kps representa o produto dos dois termos constantes K' e [MA]. A expressão da
lei da ação das massas à esquerda, [M+][A–], é chamada de produto iônico e a constante ou equilíbrio Kps é o produto solubilidade, ou constante do produto de solubilidade da substância
MA. No equilíbrio, o produto iônico é igual ao produto de solubilidade. Resumindo: Para uma solução de MA dissolvida em água:
MA(s) M+(aq) + A–(aq)
O produto iônico é definido como:
[M+][A–]
Se a solução estiver saturada, isto é, se ela estiver no equilíbrio:
MA(s) M+(aq) + A–(aq)
Então o produto iônico será igual à constante Kps, chamado produto de solubilidade.
(Isto é, naturalmente, apenas o enunciado da condição de equilíbrio).
A forma do produto iônico depende da estequiometria da reação. Assim, para:
CaF2(s) Ca2+(aq) + 2F–(aq)
[Ca2+][F–]2 = Kps
E para:
Ca3(PO4)2(s) 3Ca2+ + 2PO43–
Condição de equilíbrio é:
[Ca2+]3[PO43–] 2
= Kps
Valores numéricos de produtos de solubilidade podem ser calculados a partir de medidas de solubilidade, embora geralmente sejam usados métodos indiretos para substâncias que apresentam solubilidade muito baixa.
Exemplo 16.1 A solubilidade de sulfato de cálcio em água é 4,9 x 10–3 mol L–1 a 25°C. Calcule o valor de Kps para o CaSO4 a esta temperatura.
Solução: O equilíbrio de solubilidade é:
CaSO4(s) Ca2+(aq) + SO42–(aq)
E assim a condição de equilíbrio é:
[Ca2+][SO42–] = Kps
Da equação, podemos ver que quando 4,9 x 10-3 mol de CaSO4 se dissolvem para preparar 1
litro de uma solução saturada, as concentrações iônicas resultantes são: [Ca2+] = 4,9 x 10-3 mol L-1 E: [SO42–] = 4,9 x 10-3 mol L–1 Portanto: [Ca+2][SO4–2] = (4,9 x 10-3)(4,9 x 10-3) = 2,4 x 10-5 Kps para o CaSO4 é 2,4 x 10-5 a 25°C.
Problema Paralelo: A solubilidade de ZnS é 3,5 x 10-12 mol L-1 a 25°C. Calcule o valor de Kps para ZnS nessa temperatura. Resposta: 1,2 x 10-23.
Exemplo 16.2 A solubilidade do cloreto de chumbo é 1,6 x 10-2 mol L-1a 25°C. Qual é o valor de Kps para PbCl2 nessa temperatura?
Solução: O equilíbrio de solubilidade é:
PbCl2(s) Pb2+(aq) + 2Cl–(aq)
E desta forma no equilíbrio:
Kps = [Pb2+][Cl–]
2
E avaliando Kps como um problema de substituição de concentrações molares do lado direito.
Quando 1,6 x 10-2 mol de PbCl2 se dissolvem por litro, o processo é:
PbCl2(s) Pb2+(aq) + 2Cl–(aq)
E as concentrações iônicas resultantes são:
[Pb2+] = 1,6 x 10-2 mol L–1 [Cl–] = 2(1,6 x 10-2) = 3,2 x 10-2 mol L–1 Desta forma, substituindo na expressão de produto iônico, obtemos:
Kps = [Pb2+][Cl–]
2
= (1,6 x 10-2)(3,2 x 10-2)2 = 1,6 x 10-5
Problema Paralelo: A solubilidade do hidróxido de cobalto (III) Co(OH)3 é 7,8 x
10-12 mol L–1 a 25°C. Calcule o valor de Kps para o composto nesta temperatura. Resposta: 1,0
x 10–43.
Valores de alguns produtos de solubilidade a 25°C são dados na Tabela 16.1 (uma lista mais completa está no Apêndice H). Tais valores são úteis para calcular solubilidades molares de substâncias.
Exemplo 16.3 O produto de solubilidade do iodeto de prata, AgI, é 8,5 x 10-17 a 25°C. Qual é a solubilidade do AgI em água a esta temperatura?
Solução: Iodeto de prata se dissolve de acordo com a equação:
AgI(s) Ag+(aq) + I–(aq)
Neste exemplo, os íons Ag+ e I– estão presentes numa relação 1:1, uma vez que a sua única
fonte é o AgI que se dissolveu. (Isto não é sempre verdade; ver Exemplo 16.5.) Se x é igual ao número de mols de AgI dissolvidos por litro (a solubilidade do AgI), então:
[Ag+] = x [I–] = x No equilíbrio: [Ag+][I–] = Kps Substituindo, temos: (x)(x) = 8,5 x 10-17
A solubilidade do AgI é 9,2 x 10-9 mol L–1 a 25°C.
Problema Paralelo: A 25°C o valor de Kps para o sulfeto de cobre (II) é 8 x 10-37.
Tabela 16.1 Produtos de solubilidade (25°C). Composto Kps AgCl 1,7 x 10-10 Ag2CrO4 1,9 x 10-12 Ag2S 5,5 x 10-51 Al(OH)3 5 x 10-33 BaF2 1,7 x 10-6 BaSO4 1,5 x 10-9 CaF2 1,7 x 10-10 Ca(OH) 1,3 x 10-6 CaSO4 2,4 x 10-5 Cu(OH)2 1,6 x 10-19 CuS 8 x 10-37 Fe(OH) 2 x 10-15 Mg(OH)2 8,9 x 10-12 PbCl2 1,6 x 10-5 ZnS 1,2 x 10-23
Exemplo 16.4 Kps para o fluoreto de estrôncio a 25°C é 2,5 x 10-9. Calcule a
solubilidade de SrF2 em água a esta temperatura.
Solução: o equilíbrio de solubilidade é:
SrF2(s) Sr2+(aq) + 2F–(aq)
Esta estequiometria indica que em solução saturada de SrF2 a [F–] é o dobro da [Sr2+]. Se x é
igual ao número de mols de SrF2 dissolvidos por litro de solução (a solubilidade), então:
[Sr2+] = x [F–] = 2x
No equilíbrio:
[Sr2+] [F–]2 = Kps
4x3 = 2,5 x 10-9 x = 8,5 x 10-4
A solubilidade do SrF2 em água é 8,5 x 10-4 mol L–1 a 25°C.
Problema Paralelo: O valor de Kps para o sulfato de prata é 1,6 x 10-5 a 25°C. Calcule
a solubilidade molar de Ag2SO4 em água nessa temperatura. Resposta: 1,6 x 10–2 mol L–1.
O EFEITO DO ÍON COMUM
Na Seção 15.1 mostramos que a dissociação de um ácido fraco, HÁ:
HA(aq) H+(aq) + A–(aq)
É reprimida pela presença de íon A– adicional na solução, o que é chamado efeito do
íon comum. Este efeito é também responsável pela redução da solubilidade de um sólido
iônico provocada pela presença de cátions ou ânions adicionais comuns aos do sólido.
No Exemplo 16.3 calculamos que a solubilidade do iodeto de prata, AgI, em água a 25°C é 9,2 x 10-9 mol L–1. O princípio de Le Châtelier prevê que um aumento de [I–] deslocará o equilíbrio:
AgI(s) Ag+(aq) + I–(aq)
Para a esquerda, diminuindo [Ag+]. Assim, se dissolvermos AgI em uma solução que já contém algum I–, o equilíbrio será estabelecido a uma [Ag+] menor. Portanto, a solubilidade do AgI é menor em solução de NaI do que em água pura.
Exemplo 16.5 Calcular a solubilidade de AgI em uma solução de NaI 0,10 mol L–1 a 25°C. Kps para AgI é 8,5 x 10-17 a 25°C.
Solução: Neste exemplo a relação [Ag+] para [I–] não é 1:1 (como no Exemplo 16.3), devido aos íons I– adicionados em solução do NaI. Antes da dissolução de qualquer AgI, [I–] = 0,10 mol L–1. (Lembre-se: NaI é um eletrólito forte.) x é o número de mols de AgI que se dissolve por litro (a solubilidade). Então, no equilíbrio:
[Ag+] = x [I–] = 0,10 + x
As concentrações iônicas antes e depois da dissolução de AgI podem ser resumidas como: AgI(s) Ag+(aq) + I–(aq) Concentração antes da análise de AgI (mol L–1) 0 0,10
Variação (mol L–1) + x + x
Concentração de equilíbrio (mol L–1) + x 0,10 + x
Substituindo na condição de equilíbrio:
[Ag+][I–] = Kps
Obtemos:
x(0,10 + x) = 8,5 x 10-17
Admitindo que x << 0,10, então 0,10 + x ≈ 0,10 e, assim:
x(0,10) ≈ 8,5 x 10-17
x ≈ 8,5 x 10-16
Este número, evidentemente, é negligenciável em comparação com 0,10 e, assim, nossa suposição foi justificada. Portanto, a solubilidade de AgI em, 0,10 mol L–1 de NaI é 8,5 x 10-16 mol L–1 a 25°C.
Problema Paralelo: A 25°C o valor de Kps para o sulfeto de cobre (II) é 8 x 10-37.
Qual é a solubilidade molar de CuS na solução nesta temperatura em que [S2–] é 1 x 10-10 mol L–1? Resposta: 8 x 10-27 mol L-1.
Comentários Adicionais
Se compararmos os resultados dos Exemplos 16.3 e 16.5, podemos ver uma evidência quantitativa da diminuição da solubilidade devido ao efeito do íon comum.
Exemplo Solvente Solubilidade de AgI (mol L–1
16.3 Água 9,2 x 10–9
Exemplo 16.6 Calcule a solubilidade do hidróxido de magnésio, Mg(OH)2, a 25°C
em: (a) água pura e (b) solução tendo pH igual a 12,00 Kps do Mg(OH)2 é 8,9 x 10-12 nesta
temperatura. Solução:
(a) O equilíbrio de solubilidade neste caso é:
Mg(OH)2(s) Mg2+ + 2OH–
Se x é o número de mols de Mg(OH)2 que se dissolvem por litro, então:
[Mg2+] = x [OH–] = 2x
Mas e os íons OH– presentes devido à dissociação da água? A água é um eletrólito tão fraco que admitiremos que [OH–] proveniente de sua dissociação é negligenciável em comparação com a [OH–] proveniente do Mg(OH)2. No equilíbrio:
[Mg2+][OH–]2 = Kps Substituindo, temos: x(2x)2 = 8,9 x 10-12 4x3 = 8,9 x 10-12 E, assim: Solubilidade = x = 1,3 x 10-4 mol L–1
E quanto à nossa suposição de que a contribuição [OH–] obtida da dissociação de água é desprezível? A concentração do íon hidróxido nesta solução é:
[OH–] = 2x = 2(1,3 x 10-4) = 2,6 x 10-4 mol L–1 Em água pura, [OH–] da autodissociação:
H2O H+(aq) + OH–(aq)
É apenas 1,0 x 10-17 mol L–1 e nesta solução [OH–] de apenas esta autodissociação é ainda menor, porque o equipamento foi deslocado para a esquerda pelos íons OH– de Mg(OH)2.
Portanto, neste caso estávamos seguros quando admitimos que a [OH–] da água pode ser desprezada.
(b) Neste caso, [OH–] é alta no início (antes que qualquer Mg(OH)2 tenha sido dissolvido).
Como pH = 12,00:
[H+] = 1,0 x 10-12 mol L–1 E, assim, antes que qualquer Mg(OH)2 tenha sido dissolvido:
Se x é o número de mols de Mg(OH)2 que se dissolvem por litro, então:
Mg(OH)2 Mg2+(aq) + 2OH–(aq)
Concentração no início(mol L–1) 0 0,010
Variação (mol L–1) + x + 2x
Concentração de equilíbrio (mol L–1) + x 0,010 + 2x
No equilíbrio:
[Mg2+][OH-] =Kps
Substituindo:
x(0,010 + 2x)2 = 8,9 x 10-12
Admitindo que 2x << 0,010, podemos simplificar esta equação:
x(0,010)2 ≈ 8,9 x 10-12
x ≈ 8,9 x 10-8
Podemos ver que nossa suposição foi válida a solubilidade de Mg(OH)2 em uma solução de
Problema Paralelo: Qual é a solubilidade molar do fluoreto de bário a 25°C em (a)
água pura, (b) 0,10 mol L–1 BaCl2? Kps de BaF2 nesta temperatura é 1,7 x 10–6. Resposta: (a)
7,5 x 10-3 mol L–1, (b) 2,1 x 10-3 mol L–1.
16.2 REAÇÕES DE PRECIPITAÇÃO
Agora, vamos analisar em detalhes o que ocorre com um íon de um sal insolúvel quando é adicionado a uma solução contendo ânions de sal. Considere novamente o equilíbrio de solubilidade para o iodeto de prata:
AgI(s) Ag+(aq) + I–(aq) [Ag+][I–] = Kps
Esta condição é satisfeita no equilíbrio, o que significa em uma solução saturada. Se a solução for insaturada o produto iônico, [Ag+][I–], é menor que Kps. Na condição instável de
supersaturação, [Ag+][I–] é maior que Kps.
Suponha que temos uma solução de iodeto de sódio, NaI 0,50 mol L–1 à qual adicionamos pequenas porções de AgNO3 sólido, pouco a pouco. A solução de NaI contém
íons Na+ e I–, porque NaI é um sal e, portanto, um forte eletrólito. O nitrato de prata, um sal e eletrólito forte, libera Ag+ para a solução:
\
AgNO3(s) Ag+(aq) + NO3–(aq) Comentários Adicionais
O Exemplo 16.6 é outra demonstração clara do efeito do íon comum. A presença de OH– adicional em solução reduz bastante a solubilidade de Mg(OH)2.
Exemplo Solvente Solubilidade de AgI (mol L–1
16.6 (a) Água 1,3 x 10–4
À medida que adicionamos AgNO3, [Ag+] aumenta gradativamente, portanto, o valor
numérico do produto iônico também aumenta, [Ag+][I–]. Não ocorre nada visível até que o valor do produto iônico alcance o do kps. Neste ponto a próxima pequena porção de AgNO3
adicionada provoca o início da precipitação de AgI (e a sua saturação não ocorre):
Ag+(aq) + I–(aq) AgI(s)
A adição de mais Ag+ causará mais precipitação, o que diminui [I–] de tal maneira que [Ag+][I–] permaneça igual a Kps.
Os resultados deste experimento são resumidos na Tabela 16.2. [Ag+] no início aumenta irregularmente com a adição de diferentes porções de AgNO3. Quando [Ag+] alcança
1,7 x 10-16, o produto iônico é igual a Kps e, assim, a adição de mais Ag+inicia a precipitação,
já que o produto iônico não pode exceder Kps (estamos admitindo que não ocorre
supersaturação). Aumento ainda maior de [Ag+] diminui [I–] por meio de precipitação, de tal maneira que a condição de equilíbrio:
[Ag+][I–] = Kps
É mantida.
Tabela 16.2 Variação das concentrações iônicas durante a precipitação de AgI (25°C).
Condição [Ag+] mol L–1 [I –] mol L–1 Produto iônico
[Ag+][I –] Kps para AgI
Insaturação 0 0,50 0 < 8,5 x 10-17 1,0 x 10-50 0,50 5,0 x 10-51 < 8,5 x 10-17 3,6 x 10-38 0,50 1,8 x 10-38 < 8,5 x 10-17 6,4 x 10-29 0,50 3,2 x 10-29 < 8,5 x 10-17 3,6 x 10-19 0,50 1,6 x 10-19 < 8,5 x 10-17 Saturação 1,7 x 10-16 0,50 8,5 x 10-17 = 8,5 x 10-17 Saturação e precipitação 1,8 x 10-16 0,47 8,5 x 10-17 = 8,5 x 10-17 2,0 x 10-16 0,43 8,5 x 10-17 = 8,5 x 10-17 7,1 x 10-16 0,12 8,5 x 10-17 = 8,5 x 10-17 4,3 x 10-15 0,02 8,5 x 10-17 = 8,5 x 10-17 6,5 x 10-12 1,3 x 10–5 8,5 x 10-17 = 8,5 x 10-17
PREVENDO A OCORRÊNCIA DE PRECIPITAÇÃO
Quando uma solução de AgNO3 é misturada com uma de NaI, não haverá formação de
precipitado, desde que o produto jônico permaneça menor do que Kps. Entretanto, se o
produto-iônico na mistura (calculado como se não tivesse ocorrido precipitação) exceder o
Kps, então a solução estará em uma condição supersaturada instável e as precipitações irão
ocorrer, geralmente imediatamente, até as concentrações de ambos os íons ficarem reduzidos a um ponto no qual o produto iônico seja igual a Kps. Todavia, para prever se o precipitado
pode ou não se formar, é necessário simplesmente calcular o valor que o produto iônico teria se não ocorresse precipitação e compará-lo com o produto de solubilidade. Naturalmente, a não ser que seja formada uma solução supersaturada, o produto iônico, na realidade, nunca terá chance de exceder o Kps. Para prever se uma precipitação pode ou não ocorrer, primeiro
calculamos o valor que o produto iônico teria imediatamente logo após a mistura, mas antes de qualquer possível precipitação. Então comparamos este resultado com o valor do produto da solubilidade. Se o produto iônico exceder o Kps, então ocorrerá precipitação. (Se ocorrer
supersaturação, a previsão de ocorrência de precipitação poderá ser retardada.)
Exemplo 16.7 Haverá formação de precipitado se forem misturados 25,0 mL de NaI
1,4 x 10-9 mol L e 35,0 mL de AgNO3 7,9 x 10-7 mol L-1? (Kps de AgI =8,5 x 10-17 a 25°C.)
Assuma que não haja supersaturação.
Solução: Na solução original de NaI, [I– = 1,4 x 10-9 mol L-1, e na solução de AgNO3,
[Ag+] = 7,9 x 10-7 mol L-1. Precisamos calcular estas concentrações depois de feita a mistura, admitindo que não ocorra precipitação. Se os volumes são aditivos, o que é sempre uma boa suposição quando as soluções são diluídas, então o volume da mistura final é 25,0 mL + 35,0 mL ou 60 mL. Cada concentração é, portanto, reduzida por diluição quando as duas soluções são misturadas. Como o volume da solução contendo iodeto aumenta de 25,0 para 60,0 mL, a concentração final de iodeto (antes de qualquer possível precipitação) é:
[I–] = [I–]inicial x (razão dos volumes)
Assim, a concentração final de prata (antes de uma possível precipitação) é: [Ag+] = [Ag+]inicial x (razão dos volumes)
Portanto, o produto iônico é:
[Ag+][I–] = (4,6 x 10-7)(5,8 x 10-10) = 2,7 x 10-16 2,7 x 10-16 > 8,5 x 10-17
Produto iônico > Kps
Então a precipitação do AgI ocorrerá até que o valor do produto iônico tenha sido diminuído ao do produto de solubilidade.
Problema Paralelo: o valor do produto de solubilidade do cloreto de chumbo, PbCl2,
é 1,6 x 10-5 (a 25°C). São misturados 5,0 mL de 0,02 mol L–1 de Pb(NO3)2 com 25 mL de
0,01 mol L–1 de HCl. Ocorrerá precipitação do PbCl2? Assuma que não ocorra supersaturação. Resposta: Não.
Exemplo 16.8 O produto de solubilidade do CaF2 é 1,7 x 10-10 e do CaCO3 é 4,7 x 10-9
(ambos a 25°C.). Uma solução contém F– e CO32– em concentrações 5,0 x 10-5 mol L–1. CaCl2
sólido é adicionado lentamente. Que sólido precipita primeiro: CaF2 ou CaCO3?
Solução: Precisamos determinar qual produto de solubilidade é ultrapassado primeiro quando [Ca2+] aumenta ligeiramente. Simplesmente pelos valores de Kps poderíamos chegar à
conclusão de que, como 1,7 x 10-10 é menor que 4,7 x 10-9, o primeiro Kps a ser excedido será
o do CaF2 e, portanto, precipitará primeiro. Mas este não é o caso. Para CaF2 precipitar:
[Ca2+][F–]2 > 1,7 x 10-10
Ou:
Para CaCO3 ser precipitado:
[Ca2+][CO32–] > 4,7 x 10-9
Em outras palavras, quando [Ca2+] atinge o valor 9,4 x 10-5 mol L–1, o CaCO3 começa a
precipitar. Neste ponto o Kps do CaF2 ainda não foi ultrapassado, portanto, esta substância não
precipita. (O CaF2 só começará a precipitar depois de ter sido adicionada uma quantidade
suficiente de CaCl2 para aumentar [Ca2+] para 6,8 x 10-2 mol L–1.)
Problema Paralelo: O produto de solubilidade do BaSO4 é 1,5 x 10-9, e para o BaF2 é
1,7 x 10-6 (os dois a 25°C). Em uma solução, [SO4–2] = 5,0 x 10-3 mol L–1 e [F–] = 7,0 x 10-2
mol L–1. Ba(NO3)2 sólido lentamente adicionado à solução. Qual substância precipita
primeiro? Resposta: BaSO4
16.3 EQUILÍBRIOS ENVOLVENDO ÍONS COMPLEXOS
Como foi dito na Seção 12.2, o termo íon complexo normalmente significa uma partícula carregada composta de um íon central cercada por íons ou moléculas denominadas
ligante. O número de ligações formadas entre os ligantes e o íon central é chamado de número de coordenação ou ligantes do íon central no complexo. No Capítulo 22 estudaremos a
estrutura geométrica e a ligação nestes complexos. Consideraremos agora os processos de equilíbrios pelos quais tais complexos perdem seus ligantes, isto é, se dissociam em solução.
A DISSOCIAÇÃO DE ÍONS COMPLEXOS
Quando sulfato cúprico, CuSO4, é dissolvido em água, o íon cúprico Cu2+ se torna
hidratado. Quatro moléculas de água estão fortemente ligadas ao Cu2+; podemos escrever o processo de hidratação como:
Cu2+(aq) + 4H2O Cu(H2O)42+(aq)
O íon cobre (II) hidratado é um íon complexo e apresenta uma coloração azul média. Agora, se adicionarmos um excesso de amônia, a solução adquire uma cor azul muito escura. A nova coloração indica a presença de um novo íon complexo, no qual moléculas de água foram substituídas por NH3 como ligantes. A reação simples pode ser escrita:
Comentários Adicionais
Se adicionarmos NH3 aquoso a uma solução contendo Cu2+,veremos a formação de
um precipitado de hidróxido de cobre (II) de coloração azul-média:
Cu(H2O)42+(aq) + 2NH3(aq) Cu(OH)2(s) + 2NH4+(aq) + 2H2O
Isto ocorre devido à basicidade da amônia. Adições posteriores de amônia farão o precipitado se redissolver, formando um íon complexo cobre-amônia:
Cu(OH)2(s) + 4NH3(aq) Cu(NH3)42+(aq) + 2OH–(aq)
O processo todo é representado pela equação (precipitação seguida de formação do íon complexo de amônia):
Cu(H2O)42+(aq) + 4NH3(aq) Cu(NH3)42+(aq) + 4H2O
Para simplificar, as hidratações da água que circulam um íon em soluções aquosas são freqüentemente omitidas em suas fórmulas. Assim, em soluções aquosas, o íon de cobre (II) é normalmente escrito Cu2+. Entretanto, algumas vezes, essas moléculas de água são importantes e devem ser mostradas.
Um íon complexo como o Cu(NH3)42+ tem tendência de trocar ligantes com o solvente
por meio dos processos de equilíbrios em etapas. Assim, quando Cu(NH3)42+ está em solução,
Cada uma destas reações é uma reação de troca, porque moléculas de NH3 e H2O
trocam de lugar. Na prática, cada uma é chamada dissociação porque, se as moléculas de H2O
forem omitidas, cada equação apresenta a perda de uma molécula de NH3 pelo complexo
(análogo à perda do íon de hidrogênio de um ácido poliprótico fraco). Isto nos leva à seguinte equação na condição de equilíbrio:
Comentários Adicionais
Kdiss é chamada constante de dissociação global por ter sido escrita para um
equilíbrio no qual todas as quatro moléculas de amônia liberam íons Cu2+ simultaneamente:
Cu(NH3)42+(aq) Cu2+(aq) + 4NH3(aq)
Lembre-se, entretanto, de que as quatro moléculas de NH3 deixam o complexo
separadamente. A "condição de equilíbrio global" acima está correta, mas a equação combinada da qual parece derivar não indica o correto equilíbrio estequiométrico
Multiplicando entre si as condições de equilíbrio das etapas de dissociação, obtemos:
O produto das constantes de dissociação individuais é muitas vezes denominado
constante de dissociação global, Kdiss, do íon complexo. Temos, portanto, a condição de equilíbrio:
Tabela 16.3 Constantes de dissociação (instabilidade) global para alguns íons complexos (25°).
Íon Reação Global Kdiss
Ag(NH3)2+ Ag(NH3)2+ Ag+ + 2NH3 5,9 x 10-8 Ag(S2O3)23– Ag(S2O3)23– Ag+ + 2S2O32– 6 x 10-14 Co(NH3)63+ Co(NH3)63– Co2+ + 6NH3 6,3 x 10-36 Cu(NH3)42+ Cu(NH3)42 Cu2+ + 4NH3 1 x 10-12 Cu(CN)42– Cu(CN)42– Cu2+ + 4CN– 1 x 10-25 Fe(CN)63– Fe(CN)63– Fe3+ + 6CN– 1 x 10-42 .
Constantes de dissociação globais para alguns íons são dadas na Tabela 16.3. Os valores destas constantes podem ser usados para estimar a estabilidade de complexos. (Constantes de dissociação de íons complexos são também chamadas constantes de instabilidade, porque quanto maior a constante, mais instável é o complexo. Muitas vezes são dadas em tabelas as recíprocas destas constantes. Elas correspondem a reações escritas de maneira inversa, isto é, como associações. Quando dadas desta maneira, estas constantes são denominadas constantes de estabilidade ou constantes de formação.)
CÁLCULOS DE DISSOCIAÇÃO DE ÍONS COMPLEXOS
É claro que, devido às dissociações serem em múltiplas etapas, o cálculo exato das concentrações de todas as espécies em soluções de complexos como Cu(NH3)42+ é uma tarefa
difícil. Entretanto, em algumas situações, as concentrações das espécies dissolvidas mais importantes podem ser calculadas fazendo-se algumas suposições razoáveis:
Exemplo 16.9 0,10 mol de sulfato cúprico, CuSO4, é adicionado a 1,0 litro de NH3 2,0
mol L–1. Calcule a concentração de Cu2+ na solução resultante, assumido volume constante. Solução: A Tabela 16.3 indica que a constante de dissociação para Cu(NH3)42+ é 1 x
10-12 e, como este é um valor baixo, concluímos que este complexo será formado:
Cu2+(aq) + 4NH3(aq) Cu(NH3)42+(aq)
Sabemos, entretanto, que esta reação não é quantitativa e, portanto no equilíbrio haverá uma pequena quantidade de Cu2+ na solução. Para calcular esta concentração, executamos um experimento hipotético. Primeiro admitimos que a reação é quantitativa, consumindo todo Cu2+:
Cu2+(aq) + 4NH3(aq) Cu(NH3)42+(aq)
Mols no início 0,10 2,0 0 Variação –0,10 –0,40 +0,10 Mols depois da reação 0 1,6 0,10
Imaginemos agora que o Cu(NH3)42+ dissocia-se ligeiramente para fornecer um pouco de Cu2+
para a solução a fim de estabelecer o equilíbrio final. x é igual ao número de mols de íons Cu2+ liberados para um litro de solução. Como Kdiss é pequeno, sabemos que o complexo se
dissocia muito pouco e que o número de mols de Cu(NH3)42+ e de NH3 será essencialmente
aquele de antes da dissociação do complexo. Como o volume da solução é 1,0 L, no equilíbrio:
[Cu(NH3)42+] ≈ 0,10 mol L–1
[NH3] ≈ 1,6 mol L–1
[Cu2+] = x
A condição de equilíbrio para a dissociação é:
Substituindo, temos:
Assim, a presença de amônia reduziu a concentração de Cu2+ [na realidade Cu(NH3)42+], para
[Cu2+] = 2 x 10-14 mol L–1.
Problema Paralelo: 2,0 mol de KCN são adicionados a 1,0 L de 0,10 mol L–1 de FeCl3. Assumindo volume constante, e negligenciando a hidrólise do Fe3+ e CN–, calcule
[Fe3+] na solução resultante. Resposta: 1 x 10-44 mol L–1.
ANFOTERISMO DE HIDRÓXIDOS COMPOSTOS
Quando uma solução de NaOH é adicionada a uma de ZnCl2, forma-se um precipitado
de hidróxido de zinco. A equação simplificada pode ser escrita como:
Zn2+(aq) + 2OH–(aq) Zn(OH)2(s)
O produto, hidróxido de zinco, se dissolverá com a adição de excesso de base:
Comentários Adicionais
Provar que as suposições acima são válidas não é fácil, porque a dissociação ocorre em quatro passos. Desta forma, resolver um problema semelhante, no qual um grande excesso de NH3 não esteja presente, exige a solução de várias equações simultâneas, o que,
quando possível, leva muito tempo sem a ajuda de um computador. Já existem programas para a solução destes sistemas de equações.
Zn(OH)2(s) + OH–(aq) Zn(OH)3–(aq)
Ou de ácido:
Zn(OH)2(s) + H+(aq) Zn(OH)+(aq) + H2O
O hidróxido de zinco é, portanto, capaz de agir tanto como um ácido de Arrhenius (reagindo com OH–) quanto como uma base de Arrhenius (reagindo com H+). Estas substâncias são chamadas anfóteras.
O comportamento anfótero de hidróxido de metais pode ser explicado em termos do equilíbrio envolvendo íons complexos. Acredita-se que, em todas as espécies contendo zinco dadas anteriormente, o zinco tem um número de coordenação 4. Na realidade, Zn2+ é Zn(H2O)42+ e Zn(OH)3 é Zn(OH)3H2O–, por exemplo. O hidróxido de zinco pouco solúvel se
dissolve em solução ácida porque reage com H+:
Zn(OH)2(H2O)2(s) + H+(aq) Zn(OH)(H2O)3+(aq)
Onde o produto que contém o zinco na solução é mais estável do que o reagente, porque carrega uma carga elétrica, que é um íon.
Hidróxido de zinco se dissolve em solução básica pela mesma razão: quando OH– retira um próton de uma das moléculas de água:
Zn(OH)2(H2O)2(s)+ OH–(aq) Zn(OH)3(H2O)–(aq) + H2O
Um ânion é formado.
O critério experimental para o anfoterismo num composto hidróxido (algum grupo que contenha o grupo OH) é que eles são solúveis em ácidos e bases fortes.
Hidróxidos podem ser ácidos, básicos ou anfóteros. A diferença depende das forças relativas da ligação entre o átomo central e o oxigênio e da ligação entre o oxigênio e o hidrogênio. Se indicamos esquematicamente um composto hidróxido como sendo:
Então, o comportamento ácido pode ser descrito como a perda de um próton por um ligante água para o íon hidróxido:
O comportamento básico é descrito como o ganho de um próton por um grupo hidróxido.
Na terminologia de Brönsted-Lowry, uma espécie capaz tanto de doar ou aceitar prótons é denominada anfiprótica.
Para um hidroxi-composto poder agir como ácido, a ligação O—H deve ser fraca. Para que ele aja como base, a ligação O—H deve ser forte. O fato de que um ou outro ou ambos os fatos ocorrerem, depende, por sua vez, da capacidade do átomo central do complexo de atrair elétrons para si. Se ele tem forte tendência de atrair elétrons, a ligação O—H é enfraquecida e um próton é perdido, resultando um comportamento ácido. Se, por outro lado, a capacidade do átomo central de atrair elétrons é fraca, os átomos de oxigênio podem se ligar a mais prótons, resultando um comportamento básico.
A tendência de um átomo em atrair elétrons é medida pela sua eletronegatividade. O composto hidroxi-composto de um metal altamente eletropositivo geralmente chamado hidróxido é, portanto, básico, enquanto aquele de um não-metal altamente eletronegativo é ácido. Assim, hidróxido de sódio (NaOH) é básico, mas o ácido hipocloroso (ClOH, usualmente escrito HOCl) é ácido. As equações para a dissociação de Arrhenius destes hidroxi-compostos são escritas:
NaOH(s) Na+(aq) + OH–(aq) HOCl(aq) OCl–(aq) + H+(aq)
O hidróxido de zinco representa um caso intermediário, anfoterismo.
16.4 EQUILÍBRIOS SIMULTÂNEOS
Equilíbrios ácido-base, de solubilidade e de formação de íons complexos podem competir simultaneamente por uma ou mais espécies em solução. Embora o cálculo exato das concentrações nestes sistemas possa envolver a resolução de quatro, cinco, seis ou mais equações com muitas incógnitas, é possível fazer simplificações.
Exemplo 16.10 Uma solução contém Cl– 0,10 mol L–1 e CrO42– 1,0 x 10-8 mol L–1.
AgNO3 sólido é adicionado lentamente. Admitindo que o volume da solução da solução
permanece constante, calcule: (a) [Ag+] quando AgCl começa a precipitar; (b) [Ag+] quando começa a precipitar Ag2CrO4; (c) [Cl] quando começa a precipitar Ag2CrO4. (Valores de Kps
são dados na Tabela 16.1.)
Solução: (a) AgCl começará primeiro a precipitar quando o produto iônico tomar-se igual ao valor do Kps.
AgCl(s) Ag+(aq) + Cl–(aq) [Ag+][Cl–] = Kps
(b) Com a adição de mais Ag+, [Ag+] aumenta e [Cl–] diminui com a precipitação de AgCl na solução. Finalmente, [Ag+] fica suficientemente alta para que o produto de solubilidade do Ag2CrO4 seja ultrapassado pelo seu produto iônico.
Ag2CrO4(s) 2Ag+(aq) + CrO42–(aq)
[Ag+][CrO42–] = Kps
(c) Quando [Ag+] tiver aumentado até 1,4 x 10-2 mol L–1, [Cl–] será diminuída até:
Problema Paralelo: Em 1,00 L de uma certa solução, [F–] = [SO42–] = 0,10 mol L–1.
Adiciona-se lentamente BaCl2 sólido. Assumindo volume constante, calcule: (a) [Ba2+]
quando BaSO4 começa a precipitar, (b) [Ba2+] quando BaF2 começa a precipitar, (c) [SO42–]
quando BaF2 começa a precipitar. (Use os valores Kps da Tabela 16.1.). Resposta: (a) 1,5 x
10-8 mol L–1, (b) 1,7 x 10–4 mol L–1, (c) 8,8 x 10-6 mol L–1.
Exemplo 16.11 Se 0,050 mol de NH3 é adicionado a 1,0 litro de MgCl2 0,020 mol L–1,
quantos mols de NH4Cl devem ser adicionados na solução para evitar a precipitação de
Mg(OH)2? (Assuma volume constante.)
Solução: Mg(OH)2 precipitará se a [OH–] ficar suficientemente alta para ultrapassar o Kps. Pela dissociação do NH3 são produzidos íons OH–, mas esta dissociação pode ser
reprimida pela adição de NH4+ à solução. Inicialmente, devemos achar em que ponto o Kps
Devemos adicionar NH4+ suficiente para reprimir a dissociação do NH3, de tal maneira que
[OH–] não ultrapasse o valor 2,1 x 10-5 mol L–1.
Se [OH–] deve ser mantida abaixo de 2,1 x 10-5 mol L–1, então [NH4+] deve ser mantida acima:
Assim, a adição de pelo menos 0,043 mol de NH4Cl evitará a precipitação do Mg(OH)2.
Problema Paralelo: Deseja-se misturar volumes iguais de 0,20 mol L–1 CaCl2 e 0,020
mol L–1 NaF. Normalmente, o CaF2 insolúvel precipitará. Qual deverá ser a concentração de
[H+] na solução, para prevenir a precipitação? (Assuma volumes aditivos. Kps para CaF2 é 1,7
x 10-10 e Ka para HF é 6,7 x 10-4.) Resposta: 0,46 mol L–1.
PRECIPITAÇÃO DE SULFETOS METÁLICOS
Uma das ilustrações mais interessantes de equilíbrios simultâneos é encontrada na precipitação seletiva de sulfetos insolúveis em análise inorgânica qualitativa. Sulfeto de cobre (II) (CuS; Kps = 8 x 10-37) e sulfeto de zinco (ZnS; Kps = 1,2 x 10-23) podem ser precipitados de
uma solução contendo Cu2+ e Zn2+ havendo S2– suficiente para que ambos os valores dos Kps
sejam ultrapassados. Por meio do controle da concentração do íon sulfeto, de tal maneira que apenas o Kps do CuS seja ultrapassado, mas não o do ZnS, os íons Cu2+ podem ser removidos
deixando apenas íons Zn2+ na solução.
Temos uma solução 0,020 mol L–1 em Zn2+ e em Cu2+. Para que o Kps de CuS seja
Para que o Kps do ZnS seja ultrapassado:
Se regularmos a concentração de íons sulfeto de tal maneira que seja maior do que 4 x 10-35 mol L–1, mas menor que 6,0 x 10-23 mol L–1, somente o CuS precipitará. Teoricamente, poderíamos fazer esta separação adicionando suficientes íons sulfeto, do Na2S, por exemplo,
para obter a [S2–] desejada na solução, mas pense na impossibilidade prática de medir uma quantidade tão pequena de mols de sulfeto de sódio. (Por curiosidade, calcule o número de íons sulfeto que estão presentes em um litro de solução de 4 x 10-35 mol L–1.) Felizmente, existe uma maneira mais fácil.
Podemos regular a concentração de íons sulfeto em solução, indiretamente, usando a dissociação do ácido fraco H2S.
Sulfeto de hidrogênio, ou ácido sulfídrico, é um ácido diprótico fraco.
H2S(aq) H+(aq) + HS–(aq) K1 = 1,1 x 10-7
HS–(aq) H+(aq) + S2–(aq) K2 =1,0 x 10-14
É evidente destas equações que um aumento da [H+] deslocará ambos os equilíbrios para a esquerda, reduzindo [S2–]. Abaixando [H+], aumentará [S2–]. Portanto, podemos regular [S2–] meramente ajustando o pH da solução, o que é muito mais fácil do que ajustar [S2–]
diretamente. H2S é adicionado, resultando numa saturação da solução; a temperatura e pressão
normais, isso significa que [H2S] é aproximadamente igual a 0,10 mol L–1.
Exemplo 16.12 Uma solução contém Cu2+ e Zn2+ em concentração 0,020 mol L–1, Deseja-se separar os dois ajustando o pH e em seguida saturando a solução com H2S de tal
maneira que apenas o CuS precipite. Calcule: (a) o pH mais baixo que poderia ser usado para precipitar CuS e (b) o pH mais alto que poderia ser usado sem que haja precipitação de ZnS. (Admita uma solução saturada de H2S 0,10 mol L–1.)
Solução: (a) No equilíbrio:
E:
Multiplicando estas igualdades entre si, temos:
Ou:
Como [H2S] em uma solução saturada é 0,10 mol L–1:
[H+]2[S2–] = [H2S]K1K2
= (0,10)(1,1 x 10-7)(1,0 x 10-14) = 1,1 x 10-22
Já salientamos que para precipitar o CuS em uma solução Cu2+0,020 mol L–1, [S2–] deve ultrapassar o valor 4 x 10-35 mol L–1. Isto significa que [H+] não deve ser mais alta do que:
Em outras palavras, o pH não deve ser mais baixo do que:
pH = –log(2 x 106) = –6,3
Uma solução tão ácida não pode ser preparada, e assim concluímos que CuS é tão insolúvel que a concentração do íon sulfeto sempre será suficientemente alta para precipitar CuS, por mais baixo que seja o pH.
(b) Para que não haja precipitação de ZnS, a concentração do íon sulfeto deve ser mantida abaixo de 6,0 x 10-22 mol L–1, como calculamos anteriormente. Precisamos encontrar quão alta deve ser a [H+] para manter [S2–] abaixo deste valor. Desta relação:
Para termos agora a concentração máxima de íon hidrogênio permitida:
Isto corresponde a um pH de –log 0,43 = 0,37.
Resumindo, qualquer pH menor que 0,37 permitirá a precipitação de CuS, mas impedirá a precipitação de ZnS em uma solução saturada de H2S.
Problema Paralelo: Calcule o pH mínimo no qual CoS (Kps = 5,0 x 10-22)poderá
Comentários Adicionais
Observe a relação:
Ela é útil para o cálculo de uma das três concentrações da esquerda, se duas delas forem dadas, conhecendo-se os valores de K1 e K2. Entretanto, isto é perigoso. Esta relação parece ser o enunciado da condição de equilíbrio para:
H2S(aq) 2H+(aq)+ S2–(aq)
E a dificuldade aqui é que, se você fizer usa da estequiometria mostrada na equação, encontrará, provavelmente, conclusões erradas. Você deve, por exemplo, concluir que [H+] é duas vezes [S2–] na solução de sulfeto de hidrogênio dissolvida em água. Na verdade, a relação de [H+] para [S2–] é muitas vezes maior do que aquela. (Prova-se, usando K1 e K2
separadamente para calcular [H+] e [S2–] em uma solução 0,10 mol L–1 de H2S.) Também a
equação parece indicar que em tal solução a [S2–] iguala-se ao decréscimo na [H2S] devido à
dissociação, que também é incorreta. A estequiometria 1:2:1 mostrada pela equação será válida se uma molécula de H2S liberar seus 2 íons de hidrogênio simultaneamente. Entretanto,
isto ocorre seqüencialmente:
H2S(aq) H+(aq) + HS–(aq) K1 = 1,1 x 10-7
HS–(aq) H+(aq) + S2–(aq) K2 = 1,0 x 1014
A estequiometria mostrada na equação:
H2S(aq) 2H+(aq)+ S2–(aq)
Está incorreta porque a equação é a soma de duas outras e não representa um processo
simples. Quando se somar duas equações de equilíbrio, o resultado poderá mostrar uma
estequiometria incorreta.
Sempre que precisar, use a relação:
RESUMO
Neste capítulo estudamos equilíbrios entre eletrólitos "insolúveis" (ligeiramente solúveis) e seus íons em solução. Estes equilíbrios de solubilidade são heterogêneos e, assim, a concentração do excesso de sólido não aparece na expressão da lei da ação das massas. A constante de equilíbrio nestes casos é chamada produto de solubilidade. Um dos seus usos é prever se haverá ou não precipitação em uma mistura de soluções. Se o produto de solubilidade de um composto é ultrapassado pelo seu produto iônico em solução, que é a expressão da ação das massas para a reação de dissolução, ocorrerá precipitação.
O segundo tipo de equilíbrio descrito neste capítulo é o equilíbrio de íons complexos. Os cálculos baseados em tais equilíbrios são muitas vezes matematicamente complicados, mas a presença de um grande excesso de um dos componentes simplifica bastante o problema.
Foi apresentada uma breve discussão sobre o comportamento anfotérico de hidróxidos. O comportamento ácido-base destes compostos pode ser relacionado com a eletronegatividade do átomo central do complexo.
O capítulo é concluído com vários exemplos de equilíbrios simultâneos, equilíbrios que competem simultaneamente por uma ou mais espécies de soluto.
PROBLEMAS
Nota: Assumir 25° C. Use dados do Apêndice H quando necessário.
Equilíbrio de Solubilidade
* 16.1 Em uma solução saturada de BaCrO4, [Ba2+] = 9,2 x 10–6 mol L–1. Calcule o
produto de solubilidade do BaCrO4.
16.2 Adiciona-se brometo de prata (AgBr) sólido a uma solução de NaBr 0,10 mol L–1
até saturá-la. [Ag+] neste ponto é 5,0 x 10–12. Calcule o Kps do AgBr.
* 16.3Em uma solução saturada de fluoreto de magnésio, MgF2, em água, [Mg2+] =
2,7 x 10-3 mol L–1. Qual o Kps do MgF2?
16.4 A solubilidade do fluoreto de bário, BaF2, em NaF 0,10 mol L–1 é 1,7 x 10–4 mol
16.5 A solubilidade do cianeto de prata, AgCN, em água é 1,3 x 10-7 mol L–1. Qual é o
Kps do AgCN?
* 16.6 A solubilidade do iodato de chumbo, Pb(IO3)2, em água é 3,1 x 10-5 mol L-1.
Qual é o Kps deste composto?
* 16.7 A solubilidade do hidróxido de manganês (II) Mn(OH)2, em uma solução de pH
= 12,50 é 2,0 x 10-10 mol L-1. Calcule o Kps para o Mn(OH)2.
16.8 Qual é a solubilidade do hidróxido cúprico, Cu(OH)2, em água pura?
16.9 Qual é a solubilidade do Cu(OH)2 em uma solução de pH = 10,80?
16.10 Qual é a concentração de íons sulfato em uma solução saturada de BaSO4?
* 16.11 Qual é a concentração de íons prata em uma solução saturada de Ag2CrO4?
* 16.12 O Kps do brometo de chumbo, PbBr2, é 4,0 x 10-5. Qual é a concentração
mínima de íons brometo necessária para precipitar PbBr2 de uma solução 0,080 mol L–1 de
Pb(NO3)2?
16.13 Volumes iguais de soluções 2,0 x 10-5 mol L–1 de HCl e AgNO3 são misturados.
AgCl precipitará?
Equilíbrios de Íons Complexos
* 16.14 Suponha que 0,10 mol AgNO3 e 1,0 mol de NH3 sejam dissolvidos em água
suficiente para preparar 1,0 L de solução. Calcule [Ag+] na solução.
16.15 0,10 mol de ferricianeto de potássio, K3Fe(CN)6, e 0,10 mol de cianeto de
potássio são dissolvidos em água suficiente para preparar 255 mL de solução. Calcule a concentração de Fe3+ na solução resultante (ignorar todas as hidrólises).
* 16.16 Qual deveria ser a concentração de amônia em uma solução para abaixar [Ag+] de uma solução de AgNO3 0,10 mol L–1? Admita que não haja variação de volume com a
adição de NH3.
Equilíbrios Simultâneos
16.17 Sulfeto de cádmio (CdS; Kps = 1,0 x 10-28) precipitará, se forem adicionados 1,5
x 10-2 mols de CdCl2 a 575 mL de solução de H2S saturada? (Ignore a hidrólise do Cd2+.)
16.18 Uma solução de SnCl2 5,0 x 10-3 mol L–1 tamponada, em pH 2,0, é saturada com
H2S. O SnS precipitará? (Kps para o SnS é 1 x 10-26.)
* 16.19 Qual é o pH mais baixo no qual Co2+ 0,20 mol L–1 pode ser precipitado como CoS (Kps = 5,0 x 10-22) de uma solução saturada de H2S (0,10 mol L–1)?
16.20 0,10 mol de AgCl se dissolverá em 0,10 L de tiossulfato de sódio (Na2S2O3) 4,0
mol L–1?
16.21 Uma solução é preparada pela mistura de 125 mL de NaF 0,40 mol L–1 e 365 mL de Na2SO4 0,40 mol L–1. Em seguida adiciona-se lentamente BaCl2 sólido a esta solução.
(a) Calcule [Ba2+] quando o BaSO4 começa a precipitar.
(b) Calcule [Ba2+] quando o BaF2 começa a precipitar.
(c) Calcule [SO42-] quando o BaF2 começa a precipitar.
PROBLEMAS ADICIONAIS
16.22 Calcule a solubilidade do sulfeto de zinco, ZnS,em água pura (ignore a
hidrólise).
16.23 Calcule a solubilidade do ZnS em ZnCl2 0,25 mol L–1 (ignore a hidrólise).
16.24 O íon mercuroso é Hg22+. Calcule sua concentração em uma solução de cloreto
mercuroso, Hg2Cl2. (Kps do Hg2Cl2 é 1,1 x 10-18.)
* 16.25 Qual é a concentração mínima de íons sulfato necessária para iniciar a
16.26 25,0 mL de Ba(NO3)2 1,8 x 10-2 mol L–1 são misturados com 35,0 mL de NaF
3,0 x 10-2 mol L–1. BaF2 precipitará?
16.27 Adiciona-se lentamente NaF 0,10 mol L–1 a uma solução que contém Ba2+ e Ca2+ cujas concentrações são 1,0 x 10-4 mol L–1. Que substância precipita primeiro?
* 16.28 Uma solução é 1,0 x 10-5 mol L–1 em SO42– e contém alguns íons F–. Quando
BaCl2 sólido é adicionado, formam-se simultaneamente BaF2 e BaSO4. Qual é a concentração
de íons fluoreto antes da precipitação?
16.29 É possível precipitar CaSO4 de uma solução 1,0 x 10-4 mol L–1 de Na2SO4 pela
adição de CaCl2 0,020 mol L–1?
16.30 Em uma solução preparada pela adição de CuSO4 e NH3 em água suficiente para
preparar 1,0 L, [NH3] é 2,0 mol L–1 e [Cu2+] é 5,0 x 10-15 mol L–1. Quantos mols de CuSO4
foram adicionados à solução?
16.31 Na2CO3 sólido é lentamente adicionado a uma solução de MgCl2 1,0 x 10-3 mol
L–1. Qual precipita primeiro: MgCO3 ou Mg(OH)2? (Kps do MgCO3 é 2,1 x 10-5 e do
Mg(OH)2 é 8,9 x 10-12)
16.32 NH3 é lentamente adicionado a uma solução 1,0 mol L–1 de Ca(NO3)2, sem
mudança de volume. Calcule [NH3] quando começa a precipitação.
16.33 Numa solução em que [Pb2+] = 0,10 mol L–1 e [NH3] = 1,0 x 10–2 mol L–1. Qual
